《实变函数与泛函分析基础第三答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《实变函数与泛函分析基础第三答案（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、实变函数与泛函分析基础第三答案泛函分析 习题解答 1、设(X,d)为一度量空间，令U(x0,e)=x|xX,d(x,x0)e S(x0,e)=x|xX,d(x,x0)e，问U(x0,e)的闭包是否等于S(x0,e)。 解答：在一般度量空间中不成立U(x0,e)=S(x0,e)，例如：取R的度量子空间X=0,1U2,3，则X中的开球U(1,1)=xX;d(1,x)1的的闭包是0,1，而S(1,1)=xX;d(1,x)1=0,1U2 2、设C定义d(f,g)=ab,是区间a,b上无限次可微函数全体，1r=01|f(r)(t)-g(r)(t)|max，证明：r(r)(r)21+|f(t)-g(t)|
2、atbCa,b按d(f,g)构成度量空间。 1|f(r)(t)-g(r)(t)|=0r,ta,b有证明：显然d(f,g)0且d(f,g)=0r,rmax21+|f(r)(t)-g(r)(t)|atb|f(r)(t)-g(r)(t)|=0，特别当r=0,ta,b时有|f(t)-g(t)|=0ta,b有 f(t)=g(t)。 由函数f(t)=t在0,+)上单调增加，从而对f,g,hCa,b有 1+td(f,g)=r=01|f(r)(t)-g(r)(t)|maxr21+|f(r)(t)-g(r)(t)|atb1|f(r)(t)-h(r)(t)+h(r)(t)-g(r)(t)| =rmaxatb1+|
3、f(r)(t)-h(r)(t)+h(r)(t)-g(r)(t)|r=021|f(r)(t)-h(r)(t)|+|h(r)(t)-g(r)(t)| rmaxatb1+|f(r)(t)-h(r)(t)|+|h(r)(t)-g(r)(t)|r=021|f(r)(t)-h(r)(t)| =rmaxatb1+|f(r)(t)-h(r)(t)|+|h(r)(t)-g(r)(t)|r=021|h(r)(t)-g(r)(t)| +rmaxatb1+|f(r)(t)-h(r)(t)|+|h(r)(t)-g(r)(t)|r=021|f(r)(t)-h(r)(t)|1|h(r)(t)-g(r)(t)| rmax+r
4、maxatb1+|f(r)(t)-h(r)(t)|atb1+|h(r)(t)-g(r)(t)|2r=0r=02 =d(f,h)+d(h,g)即三角不等式成立d(f,g)d(f,h)+d(h,g)。 3、设B是度量空间X中的闭集，证明必有一列开集O1,O2,LOn,L包含B，而且IOn=1n=B。 证明：设B为度量空间X中的闭集，作集：On=x|d(x,B),(n=1,2,) ，On为开集，从而只要证B=IOn； n=11n可实上，由于任意正整数n，有BOn，故：BIOn。 n=1另一方面，对任意的x0IOn，有0d(x0,B)0,$Nr,nNr有：max|fn(r)(t)-f(r)(t)|e
5、atb|fn(r)(t)-f(r)(t)|e从而对任意的非负实数r有：max。又由于 atb1+|f(r)(t)-f(t)|1+en|fn(r)(t)-f(r)(t)|11从而；d(fn,f)=rmax0,$R有： (r)(r)ratb1+|fn(t)-f(t)|r=02r=021N时 rR+12|fn(r)(t)-f(r)(t)|1d(fn,f)=rmaxatb1+|f(r)(t)-f(r)(t)|r=02n|fn(r)(t)-f(r)(t)|fn(r)(t)-f(r)(t)|11 =rmax+rmax(r)(r)atb1+|fn(t)-f(t)|r=R+12atb1+|fn(r)(t)-f
6、(r)(t)|r=02R11e1R+1+2(1-)+e0,$N,nN有d(fn,f)0，证明必有不相交开集O及G分别包含E及F。 1d(x,F)为半径作点x的邻域 xE,yF2U(x,dx)，令O=UU(x,dx)，则O是开集且EO。同理可作开集G，使得 证明：记r=d(E,F)=infd(x,y)0。xE，以dx=xF1FG=UU(y,dy)(dy=d(y,E)。 2yF余证OIG=F，如若不然即OIGF，则存在POIG，由O及G的作法可知，必有xE,yF，使得11PU(x,dx),PU(y,dy)，即d(x,P)dx=d(x,F)，d(y,P)dy=d(y,E)。从而有 221d(x,y)
7、d(x,P)+d(y,P)d(x,y)， 2由于d(x,y)d(E,F)=r=infd(x,y)0，故得矛盾。因此OIG=F。 xE,yF9、设X是可分距离空间，F为X的一个开覆盖，即F是一族开集，使得对每个xX，有F中的开集O，使xO，证明必可从F中选出可数个集组成X的一个开覆盖。 证明：因X是可分距离空间，所以在X中存在可数稠密子集B=x1,x2,LxnL。因F是X的一个开覆盖。因此xX，存在F中的开集O，使得xO且x是O的内点。存在r0，使 rrrxU(x,r)O，因B在X中稠密，从而可在U(x,)上取出B中的点xk，再取有理数r，使得r0,$N,n,mN有d(xn,xm)N取e=1，$
8、N则对任意的n,mN有d(xn,xm)1，则 supd(xn,xm)1，即点列xn,nN+1的直径是(X,d)有界集。其次对于xn,1nN+1，取d(xn,nN+1)0,$N,n,mN时有设(X,|g|xn-xm|e，今取e=1，则$N，使得|xn-xN+1|N,|xn|xN+1|+1，取 M=|x1|,|x2|,L|xN|,|xN+1|+1，则n，有|xn|M。所以点列xn有界。 d(Anx,Anx)18、设X为完备度量空间，A是X到X中的映射，记an=sup，若an，则映射A有d(x,x)xxn=1唯一不动点。 证明：因an=1n，由级数收敛之必要条件有liman=0，于是对于0aN时有|an|N时，ad(Anx,Anx)ad(x,x)。从而从N+1后，映射A是X到X的压缩映射。d(x,x)又由于X是完备的，所以映射A有唯一不动点。
